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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
1. Considerar a seguinte figura e, referindo-se a cada uma dos blocos constituintes, descrever as funções mais importantes de cada bloco.
Resolução Fonte de informação: gerador de bits Codificador de fonte: elimina redundâncias Codificador de linha: converte a sequência de bits para o formato a transmitir (forma de onda) Descodificador de linha: faz o inverso do codificador de linha, isto é, recupera, a partir da onda recebida, a sequência de bits Descodificador digital: repõe toda a informação (recupera a redundância) Terminal receptor: recebe a informação recebida devidamente recuperada.
Fonte de informação
Codificador de fonte
Codificador de linha CANAL
Terminal receptor
Descodificador digital
Descodificador de linha CANAL
Relógio
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2. Considerar a sequência binária 0011 0101 1100 1010 0001 1110 e codificá-la segundo os seguintes códigos:
a. Unipolar NRZ b. Polar (ou bipolar) RZ c. Manchester d. Alternated Mark Inversion (AMI) e. Coded Mark Inversion (CMI) f. 2B1Q g. HDBn, com n=3
Resolução
0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0
Unipolar NRZ
HDB3
2B1Q
CMI
Bipolar RZ
Manchester
AMI
4B3T
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3. Determinar o valor da Bit Error Rate (BER), sabendo que se dispõe de uma fonte de informação binária, que gera símbolos equiprováveis e os transmite a uma taxa de 100 kbaud. Na transmissão do canal é utilizado úm código de linha do tipo polar NRZ. Assumir que o nível de decisão óptimo se encontra a meio dos níveis de tensão a que corresponde cada símbolo transmitido no canal e que o valor da relação sinal ruído, medida à entrada do circuito detector, vale 12 dB. Resolução Sabe-se que a probabilidade de um bit estar errado, Pe, é dada por:
=
−=
N
SQ
N
SerfPe ()*5.0(1*5.0
em que,
2
2
2
1)(
k
ek
kQ−
⋅=
π
Sabe-se, também, que a BER é dada por:
se RPBER *=
em que Rs é o débito binário.
Substituindo os valores tem-se,
52.1 106.3)98.3()10( −×=== QQPe
donde,
6.310100*106.3 35 =××= −BER bits errados/segundo
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4. Considere-se um sistema de transmissão quaternário, com símbolos equiprováveis e transmitidos num canal, em banda base, utilizando impulsos rectangulares NRZ. A atenuação do canal vale 15 dB e o valor da potência de ruído à entrada de um detector, com impedância de entrada de 50Ω, vale 10 µW. Determinar a potência média de sinal a transmitir, para que se mantenha como objectivo de qualidade da transmissão um Symbol Error Rate (SER) de 10-4. Resolução Sabe-se que o valor eficaz da tensão de ruído, σ, é dada pela expressão:
26 1024.2501010 −− ×=⋅×=⋅= RPσ
Sabe-se, igualmente, que a probabilidade de um símbolo M-ary errado é dada por:
⋅−⋅−=
⋅∆−⋅−=
21
2
11
1
221
1
N
Serf
M
MVerf
M
MPeM σ
Substituindo, tem-se,
⇔
⋅−⋅−=
21
42
11
4
14
N
SerfPe
)999867.0(23
10412 1
41
21
−−
− ⋅=
×−⋅=
⇔ erferf
N
S
Ora,
)2(21)(1 kQkerf ⋅⋅−=−
donde se tem que,
51067.6)2( −×=⋅ kQ
e, de uma tabela, ou por um método iterativo, tira-se que,
7.2)999867.0(1 ==− kerf ,
donde, como,
σ⋅∆=
2
21
V
N
S
tem-se que,
17.02)999867.0(2 1 =⋅⋅⋅=∆ − σerfV V
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Em que ∆V é o tamanho da transição entre dois níveis quaternários com limiar de decisão central. Destes valores, tem-se que
085.02
17.01 −=−=V V 085.0
2
17.02 ==V V
255.017.02
17.00 −=−−=V V 255.017.0
2
17.03 =+=V V
com estes valores sabe-se que
72.050
255.0
50
085.0
2
1
4
1 2223
22
21
20 =
+⋅=
+++⋅=
R
V
R
V
R
V
R
VS R mW
Finalmente adicionam-se os 15 dB da atenuação do canal e tem-se que o valor da potência de sinal a transmitir, vale
6.2262.31*72.01010
15
==×= RT SP mW
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5. Considere-se uma fonte de informação que gera símbolos binários com iguais probabilidades de ocorrência e que os transmite a uma taxa de 4 Mbps, num canal com ruído do tipo gaussiano com uma potência de 10 mW. Para tal, os dígitos binários são codificados com valores de tensão de –0.4V e +0.V, respectivamente para o ‘0’ e para o ‘1’. Consideres-se r = 1Ω.
a. Determinar o valor da probabilidade de bit errado b. Determinar o valor da BER c. Sabe-se que, pelo agrupamento de dois dígitos binários dois a dois, se
pode obter um conjunto de quatro símbolos quaternários, reduzindo, assim, a taxa de transmissão de símbolos para metade (2 Mbaud); além disso, considera-se que os símbolos ocorrem com igual probabilidade. Sabes-se, ainda, que os dígitos quaternários são codificados com os valores de tensão, V0 = +0.6V, V1 = +0.2V, V2 = -0.2V e V3 = -0.6V, correspondendo aos agrupamentos binários ‘00’, ‘01’, ‘10’ e ‘11’, respectivamente. Nestas condições, determinar:
i. A probabilidade de símbolo quaternário errado ii. Considerando os símbolos quaternários, calcular a SER
iii. A probabilidade de bit errado iv. Considerando os símbolos binários, calcular a BER.
Resolução
Analisando os dados do problema, temos que
8.0=∆V V e 401.02
8.0
22
21
==⋅
∆=∆=
RP
VV
N
S
σ
a. 51035.3)4( −×== QPe
b. 8.133104*1035.3 65 =××=⋅= −
be RPBER k bits errados por segundo
c. Dos dados disponíveis consegue-se determinar o seguinte
4.0=∆V V e 22.0
4.0 ==N
S
i. 2104)2(*)25.01(*22
112 −×=−=
⋅∆⋅
−⋅= Q
VQ
MPeM σ
ii. 80102*104 62 =××=⋅= −SeM RPSER k símbolos errados por segundo
iii. 2
2
2
2
1024log
104
log−
−
×=×==M
PP eM
be
iv. 404log
1080
loglog 2
3
22
=×==⋅=M
SER
M
RPBER SeM k bits errados por segundo
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6. Considere-se uma ligação ponto a ponto, constituída por 15 secções idênticas em termos de ruído e comprimento, e ligadas em cascata. Determinar o valor da BER, sabendo que se transmitem dígitos binários a uma cadência de 10 Mbps e que se intercalam, entre cada duas secções, os seguintes dispositivos: a. um amplificador linear, que garante uma relação sinal ruído (SNR) de 12 dB b. um repetidor regenerativo, que garante uma probabilidade de bit errado
inferior a 3.45x10-5 c. comparar os resultados obtidos nas alíneas anteriores Resolução Tem-se 15 secções a transmitir a uma cadência de 10 Mbps.
a. 85.1510 2.1 ==N
S
16.0)027.1(1
' ==
⋅= QN
S
mQP e
em que m é o número de repetidores
b. 41044.5)98.3(*15'' −×==
⋅= Q
N
SQmP e
em que m é o número de repetidores
c. Como era de esperar a regeneração de bits produz uma probabilidade de erro
menor, logo quando tal for viável, ou quando for estritamente necessário (note-se que são mais caros que os amplificadores lineares), é preferível utilizar um regenerador de bits em vez de um “mero” amplificador de sinal.
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7. Considere-se um canal de transmissão corrompido de ruído do tipo Rayleigh, em que a sua função densidade de probabilidade é caracterizada por um valor de variância σ = 2mV. Dispõe-se de uma fonte de informação binária, que gera dígitos ‘0’ e ‘1’ equiprováveis e codificados por impulsos unipolares NRZ com amplitudes de 0V e 5mV, respectivamente.
a) Se o nível de decisão, no sentido de se descriminar entre os dígitos ‘0’ e ‘1’ na descodificação, se situar em γ = 5.1 mV, determinar a probabilidade de se cometer um erro na interpretação em relação ao dígito ‘0’.
b) Para dígitos equiprováveis, demonstrar que para a probabilidade de erro global (Pe) ser mínima, o nível de decisão óptimo, γóptimo, deve situar-se na intersecção das duas funções densidade de probabilidade, qualquer que ela seja.
Resolução A função densidade de probabilidade do tipo Rayleigh é dada por
2
2
22)( σ
σ⋅
−⋅=
n
R en
nf , n > 0
Do enunciado, vem que σ = 2 mV; ‘1’ = 5 mV; ‘0’ = 0 mV.
a) γ = 5.1 mV
2
051.0
2
051.0
220|1'0' 1087.3
2
2
2
2
−
+∞
⋅−∞+
⋅−
×=−=⋅== ∫ σσ
σ
nn
e ednen
PP
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b) Segundo a regra de Leibniz, no caso óptimo, tem-se:
)()( 1100 nfPnfP ⋅=⋅
Como os símbolos são equiprováveis, tem-se que P0 = P1 = 0.5 (pois P0 + P1 = 1). Assim sendo, tem-se que f0(n) = f1(n), o que equivale a dizer que o nível de decisão óptimo corresponde ao ponto de intersecção de f0 e de f1, como se mostra na figura.
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
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8. Por vezes, os sistemas de transmissão digital, são corrompidos por ruído impulsional, devido a causas internas e externas ao sistema, e cuja função densidade de probabilidade pode ser aproximada da seguinte forma:
n
N enf σ
σ
2
2
1)(
−⋅
⋅=
Determinar a probabilidade de erro mínima, admitindo que este ruído tem um valor eficaz de 50 mV e que os símbolos binários são equiprováveis, gerados pela fonte de informação, são codificados utilizando um código polar NRZ com amplitude A = ±200 mV. Resolução Do enunciado, σ = Vef = 50 mV; A = ± 200 mV, donde
2.02
02
1)(
+−⋅
⋅=
nenf σ
σ e
2.02
12
1)(
−−⋅
⋅=
nenf σ
σ.
Como os símbolos são equiprováveis tem-se que P0 = P1. A probabilidade de erro mínima obtém-se quando se verifica a regra de Leibniz, pelo que f0(n) = f1(n). Desenvolvendo as equações, vem
2.02
1
2.02
02
1)(
2
1)(
−−+−⋅
⋅==⋅
⋅=
nnenfenf σσ
σσ⇔
⇔ ⇔−−=+−⇔=−−+−
2.02
2.022.0
22.0
2
nneenn
σσσσ
02.02.0 =⇔−=+⇔ nnn
Logo, γóptimo = 0V. A probabilidade de erro total é Pe = P0 * P1|0 + P1 * P0|1
32.0
2
00
00|1 10747.12
1)( −+⋅−+∞+∞
×=⋅⋅
== ∫∫ dnednnfPn
σ
σ
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32.0
200
11|0 10747.102
1)( −−⋅−
∞−∞−
×=⋅⋅
== ∫∫ dnednnfPn
σ
σ
Pe = 0.5 * 1.747x10-3 + 0.5 * 1.747x10-3 = 1.747x10-3
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9. Considerar a transmissão de impulsos bipolares ±A, acompanhados de ruído n(t), com função densidade de probabilidade
⋅
⋅⋅= n
AknpN 12
2cos)(
π, -3A ≤ n ≤ +3A
0)( =npN , outros valores de n
As probabilidades de erro dos bits ‘0’ e ‘1’ são, respectivamente, P0 = 0.4 e P1 = 0.6; os bits são codificados utilizando os valores de tensão +A e –A, respectivamente.
a. Se o nível de decisão for tomado nos 0 V, qual será o valor da probabilidade de erro do sistema?
b. Será o nível de decisão da alínea anterior o mais indicado para a recepção e identificação dos impulsos? Justificar a resposta.
Resolução Começa-se por calcular o parâmetro k da seguinte forma
1)( =∫+∞
∞−
dnnpN
Resolvendo, vem
Ak
Akn
Asen
Ak
dnnA
kdnnA
k
A
A
A
A
A
A
12
122
121
12
2
2
12
112
2cos1
12
2cos
3
3
3
3
3
3
ππ
ππ
ππ
=
⇔=⋅⋅⇔=
⋅⋅⋅
⇔=
⋅⋅⇔=
⋅⋅
+
−
+
−
+
−∫∫
a. A probabilidade de erro total é
Pe = P0 * P1|0 + P1 * P0|1 donde,
25.0)(12
2cos
12
2
0
0|1 =
+⋅⋅= ∫
+ A
dnAnAA
Pππ
25.0)(12
2cos
12
0
2
1|0 =
−⋅⋅= ∫
− A
dnAnAA
Pππ
Finalmente, Pe = 0.4 * 0.25 + 0.6 * 0.25 = 0.25
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b. Sabe-se que o nível óptimo de decisão é dado pela relação de Leibniz, donde
+
−
=⋅
+⋅
⋅
−⋅
=⇔=)
612
2cos
)612
2cos
12)(
12
2cos
12)(
12
2cos
6.0
4.0
)(
)(
0
1
1
0
ππγ
ππγ
πγπ
πγπ
γγ
A
A
AA
A
AA
Af
f
P
P
Resolvendo, vem γ = -0.053A
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10. Supor que, durante um intervalo de 25 minutos, se observa que 50 assinantes iniciam chamadas e que o somatório do tempo despendido em chamadas é de 5400s. Calcular a carga, ou tráfego, do sistema. Resolução A fórmula que nos dá o tráfego é a seguinte ρ = λ . h em que ρ é o valor do tráfego em Erlangs λ é o número de chamadas num dado intervalo de tempo h é o tempo médio de duração de uma chamada Aplicando os valores enunciados, tem-se
10850
5400 ==h segundos por chamada
033.060*25
50 ==λ chamadas por segundo
e, finalmente, ρ = 0.033 * 108 = 3.6 Erlangs Por assinante, tem-se ρ = 3.6 / 50 = 0.072 Erlangs por assinante
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11. Usando os tempos normais para a sinalização por interrupção do lacete, ou por impulsos, estimar o tempo necessário para a marcação dos números 163, 784 e 223. Resolução A forma de onda do sinal de chamada, para o número 163, é a seguinte: De onde se pode tirar que o tempo total necessário para a marcação do número 163 é: t = (50 * 2) * 1 + 500 + (50 * 2) * 6 + 500 + (50 * 2) * 3 = 2000 ms = 2 s De forma análoga, podemos concluir que, para a marcação do número 784 virá: t = (50 * 2) * 7 + 500 + (50 * 2) * 8 + 500 + (50 * 2) * 4 = 2900 ms = 2.9 s
e, para o número 223, virá: t = (50 * 2) * 2 + 500 + (50 * 2) * 2 + 500 + (50 * 2) * 3 = 1700 ms = 1.7 s
50 50 500 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 50 500
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12. Repetir o problema anterior, mas para duas ligações de longa distância: 1-413-223-3230 e 1-916-769-8790. Resolução Em chamadas de longa distância, o número completo começa com dois zeros, logo os números efectivamente marcados serão 001-413-223-3230 e 001-916-769-8790, respectivamente. De forma análoga ao problema anterior, podemos concluir que, para a marcação do número 001-413-223-3230 virá: t = (50 * 2) * (10 + 10 + 1 + 4 + 1 + 3 + 2 + 2 + 3 + 3 + 2 + 3 + 10) + 500 * 10 = 11400 ms = 11.4 s e, para a marcação do número 001-916-769-8790, virá: t = (50 * 2) * (10 + 10 + 1 + 9 + 1 + 6 + 7 + 6 + 9 + 8 + 7 + 9 + 10) + 500 * 10 = 15300 ms = 15.3 s
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13. Quais os tons harmónicos para representar os números 4 e 2, utilizando-se o sistema de sinalização DTMF. Resolução No sistema DTMF temos as seguintes combinações de frequências, para a marcação das teclas:
Deste modo, pode constatar-se que para o número 2 os harmónicos têm frequência F1 = 697 Hz e F2 = 1336 Hz; para o número 4, os harmónicos têm como frequências, F1 = 770 Hz e F2 = 1029 Hz.
F1 (Hz) 1 2 3 A 697 4 5 6 B 770 7 8 9 C 852 * 0 # D 941
F2 (Hz) 1029 1336 1477 1633
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14. Suponha-se a seguinte situação: existem 100 assinantes ligados a um sistema e não mais de 10 utilizam esse sistema em simultâneo. Calcular a probabilidade de bloqueio, assumindo que cada chamada dura T segundos. As chamadas são independentes umas das outras em termos de solicitações ao sistema e que o número médio de chamadas iniciadas por segundo é τ. Resolução Observando a seguinte equação
∑=
=s
j
j
s
j
ssB
0 !
!),(ρ
ρ
ρ
e constatando que s = 1 e ρ = T * τ, vem que
ττ
ρρρ
⋅+⋅=
+=
T
TB
11),1(
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15. Sistema PCM (Pulse Code Modulation – Modulação por Impulsos Codificados)
a. Um sinal tem uma largura de banda de 4 kHz (para cada banda lateral); perante estas condições, definir qual a frequência de Nyquist para este canal.
b. Tomando como exemplo uma onda sinusoidal de frequência 5.5 kHz, dizer, justificando, qual o valor da frequência obtida, após amostragem a 8 kHz e posterior filtragem passa-baixo de 4 kHz (a que se faz antes de amostrar qualquer sinal a ser transmitido num canal telefónico).
c. Tomando por base a largura de banda de um canal telefónico (4 kHz para cada banda lateral), dizer qual a frequência superior de corte mínima de um LPF, antes da amostragem do sinal. Admitindo que cada amostra, após uma quantificação conveniente, é codificada com 8 bits, dizer qual o débito binário.
d. Dizer o que se entende por quantificação uniforme e explicar as razões pelas quais se recorre às lei A e µ na Europa e na América do Norte, respectivamente.
Resolução
a. Do teorema de Nyquist (amostragem), tem-se que a frequência de Nyquist tem de ser o dobro da frequência máxima do sinal, logo
84*22 ==⋅= máxNyquist ff kHz
b. Para um sinal qualquer com frequência máxima 5.5 kHz, amostrado a 8
kHz, tem-se o seguinte:
Se se amostrar o sinal a 8 kHz, depois de uma filtragem passa-baixo de 4 kHz, o sinal será o seguinte: O que dará um sinal reconstruído com 2.5 kHz de frequência máxima.
c. Se um canal telefónico tem como largura de banda 4 kHz para cada banda lateral, então pode amostrar-se a 8 kHz (2 * fmáx = 2 * 4 kHz); logo o filtro deverá cortar todas as frequências superiores a metade da frequência de amostragem (por causa de evitar a ocorrência de aliasing, ou seja, a
2.5 0 85.5 4 f (kHz)
2.5 0 85.5 4 f (kHz)
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
frequência de corte de um LPF colocado antes da amostragem, deverá ser 4 kHz.
Se a amostragem do sinal for a 8 kHz e se cada amostra for codificada com 8 bits, então o débito binário será RS = 8 x 103 (amostras por segundo) * 8 bits = 64 kbits por segundo
d. Quantificação uniforme: Num sistema PCM com quantificação uniforme, todos os intervalos de quantização são idênticos. Num sistema PCM com quantificação uniforme, o intervalo de quantização é definido pelo valor de SQR para o sinal de mais baixa amplitude. Como os sinais de maior amplitude são quantizados com o mesmo intervalo, resulta uma utilização muito ineficiente do espaço de codificação. Um procedimento mais eficiente, ou seja, um procedimento que conduz a um menor número de bits para o mesmo objectivo da SQR, consiste em utilizar intervalos não uniformes: se forem proporcionais à amplitude dos sinais, o valor de SQR virá constante. O valor de SQR é dado por
máxA
AnSQR log2002.676.1 ++= ,
em que n é o número de níveis de quantização
Amáx é a amplitude máxima de pico da sinusóide A é a amplitude de pico da sinusóide
A lei A e a lei µ usam curvas contínuas de compressão logarítmica para garantir valores de SQR constantes.
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
16. Análise da primeira hierarquia de multiplexagem do ITU a. Quantos bits ocupa cada um dos 32 time-slots da trama de primeira
hierarquia? b. Sabendo que um sinal é amostrado a 8 kHz e que cada amostra, após
quantificação e aplicação de uma das leis de compressão, é codificada com 8 bits, dizer qual é o débito binário associado a cada time-slot.
c. Qual o débito binário total de uma trama de primeira hierarquia? d. Qual o período de repetição de uma trama completa? e. Sugerir uma palavra de alinhamento de trama (FAW) convenientemente,
por forma a evitar mascaramentos pelo bit-stream contido em tramas sucessivas.
f. Sugerir um sistema de multiplexagem de canais a 64 kbps com vista ao preenchimento dos 30 time-slots reservados para a informação. Dizer quais são os time-slots na trama de primeira hierarquia utilizados para o transporte de informação.
Resolução
a. Cada time-slot de uma trama de primeira hierarquia é constituído por 8 bits.
b. O débito binário associado a cada time-slot é o seguinte:
débito = 8 bits * 8 kHz = 64 kbits por segundo
c. Para uma trama de primeira hierarquia, o débito total é:
débito total = 32 tramas * 64 kbits por segundo = 2048 kbits por segundo
d. O período de repetição de uma trama completa é 125 µs. e. Uma palavra de alinhamento de trama (FAW) convenientemente, por
forma a evitar mascaramentos pelo bit-stream contido em tramas sucessivas tem de obedecer a algumas restrições, nomeadamente:
i. Deve ser imune a imitações por deslocamentos no tempo em torno da palavra; por exemplo, 1111111 ou 0101010 são facilmente imitadas, deslocando 1 ou 2 bits
ii. Não deverá ser imitada em consequência de erros simples ocasionais; por exemplo, 0000001 é facilmente imitada por um erro num dos bits da direita
Face ao enunciado, uma boa FAW seria, por exemplo, 0011011.
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
f. C 1
C 2
C 3
C 3 0
(30)
(1)
(2)
(3)Canal mul t ip lexado
.......
.......
(1)
(2)
(29)
(30)
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
17. Comutação de time-slots a. Tomar como exemplo uma trama de primeira hierarquia e dizer como se fará a
comutação temporal entre dois time-slots, por exemplo, comutar S1 e S4. explicar que tipos de tecnologias estão inerentes a este tipo de comutação.
b. Dizer como é que se efectua a comutação espacial, ilustrando com duas tramas quaisquer quais as operações a realizar (por exemplo, as tramas 12 e 27).
Resolução
a. Há dois processos básicos para se efectuar a comutação temporal: ou na memória de escrita ou na memória de leitura. No primeiro caso, os time-slots (S) são lidos sequencialmente para uma memória de leitura; existe uma memória de conexão (CM) que faz a relação entre a ordem existente aquando da leitura dos S à entrada (leitura sequencial) e a ordem com que esses S vão ser escritos. Para o caso de se pretender comutar S1 com S4 (e o resto manter-se), o conteúdo da CM deverá ser o seguinte (considera-se que só há quatro tramas):
Ordem de leitura Ordem de escrita 1 4 2 2 3 3 4 1
Deste modo quando chegarem os S (de uma forma sequencial, ou seja: 1, 2, 3, 4), estes serão armazenados num buffer para as posições 1, 2, 3 e 4 do buffer, respectivamente e a escrita será efectuada com a seguinte ordem: primeiro escreve o que está na posição 4 do buffer, depois o que está na posição 2, depois o que está na posição 3, e por fim o que está na posição 1. Conclusão: à entrada a ordem dos S era 1, 2, 3, 4 e à saída a ordem é 4, 2, 3, 1 – foi feita a comutação pretendida. O segundo caso é semelhante, só que agora a leitura dos S é feita da seguinte maneira: o primeiro S é lido e colocado na posição 4 do buffer, o segundo S é lido e colocado na posição 2, o terceiro é lido e colocado na posição 3 e, por fim, o quarto S é lido e colocado na posição 1 do buffer. A escrita é feita de modo sequencial. Também neste caso, tem-se à entrada 1, 2, 3, 4 e à saída 4, 2, 3, 1. Resumindo: enquanto que na primeira técnica a leitura é sequencial e a escrita é ordenada, no segundo caso a leitura é ordenada e a escrita é sequencial.
b. Considere-se que num lado estão as entradas e noutro se situam as saídas do comutador; o encaminhamento de tramas desde a entrada i e a saída j, é feito accionando uma porta lógica and entre a entrada i e a saída j. Assim sendo, para comutar a trama 12 com a trama 27, basta accionar a porta and entre a entrada 12 e a saída 27 (faz com que a trama 12 apareça na saída 27) e entre a entrada 27 e a saída 12 (faz com que a trama 27 apareça na saída 12), tal como desejado.
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
19. Dada a expressão exacta para a densidade espectral de ruído do tipo AWGN
1
2)(
−
⋅⋅⋅=
⋅⋅Tk
fhn
e
fhRfG V2/Hz,
em que a constante de Planck vale 6.62x10-24 J.s, esboçar Gn(f). Resolução
2RkT
h*f / k*T
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
20. Determinar Gn(f) para N resistências com a mesma temperatura equivalente de ruído, T, e com o mesmo valor, R, ligadas em série. Resolução Para uma resistência, vem
TkRfGn ⋅⋅⋅= 2)(
Para N resistências em série, com a mesma temperatura equivalente de ruído, T, e com o mesmo valor, R, virá TkRNfGn ⋅⋅⋅⋅= 2)(
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
21. Admitindo que se dispõe de uma resistência ideal sem ruído de valor RL e de outra resistência ruidosa RN com temperatura equivalente de ruído T, determinar a potência de ruído transferida da resistência ruidosa para a resistência ideal. Resolução Resistência com ruído (RN):
R'N
R LvRN
TkRfGNRv ⋅⋅⋅= 2)(
LLN
v
RRLN
LL R
RR
fGfGv
RR
RP NR
LN⋅
+=⇒
+=
)()(2
NL
LNR
NL
LNR RR
BRTkRP
RR
RTkRfG
LL +⋅⋅⋅⋅⋅
=⇒+
⋅⋅⋅⋅=22
)(
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
22. Considerar um receptor de rádio com uma largura de banda passante de 30 kHZ. A figura de ruído do receptor vale 6 dB. O receptor está ligado a uma antena através de um cabo coaxial com uma atenuação de 3dB e a antena apresenta uma temperatura equivalente de ruído de 290ºK. Determinar a figura de ruído global do receptor de rádio. Resolução Os dados do enunciado são: B = 30 kHz F = 6 dB Lcabo = 3 dB Te (antena) = 290 ºK Para um sistema, em geral, tem-se
+⋅−+−+=
21
3
1
21
11
gg
F
g
FFF
Atendendo aos dados, conclui-se que
5.0
10
1
10
1
10
3
10
2 2===
Lg
98.31010
6
3 ==F
2290
2901
)(1
01 =+=+==
T
antenaTFF e
ant
5.02
111 ===
antFg
2290
290)110(1)1(1 10
3
02 =⋅−+=⋅−+=
T
TLF cabo
92.155.0*5.0
198.3
5.0
122 =−+−+=F
F = 12 dB
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
23. Considerando o mesmo receptor do problema anterior, determinar a potência média de ruído aos terminais da antena. Considerar T0 = 300ºK. Resolução Neste caso só contam os andares constituídos pelo cabo e pelo receptor FM, pelo que
cabo
receptorcabo g
FFF
1−+=
96.1300
290)110(1)1(1 10
3
0
=⋅−+=⋅−+=T
TLF cabo
cabo
5.0
10
1
10
1
10
3
10
===caboLcabog
92.75.0
198.396.1 =−+=F
F = 9 dB
32300
0
0 1030*300*1038.1*5.0*92.7 ××=⋅⋅⋅⋅=⇔⋅⋅⋅
= −N
N
BTkgFNBTkg
NF
16
0 1091.4 −×=N W
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24. Considerando o receptor do problema 21, determinar a potência média de sinal necessária, aos terminais da antena, para se garantir uma relação sinal ruído (SNR)mínima de 30 dB. Resolução Do problema anterior tem-se que
160 1091.4 −×=N W
pelo que
1316310
30
0
1091.41091.4*1010 −− ×=×=⇔= SN
SW
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25. Considerar um sistema celular com um total de 395 canais de voz alocados em frequência. Se o tráfego for uniforme com uma duração média de chamadas de 120 segundos e se o bloqueio de chamadas, durante uma hora de ocupação do sistema, for de 2%, calcular:
a. O número de chamadas por célula por hora b. O quociente médio S/I para factores de reutilização de célula de 4, 7 e
12. Resolução Nota: na resolução deste exercício só serão demonstrados os cálculos para um factor de reutilização, N, igual a 4. Para os restantes N, o procedimento é análogo. Assim sendo, tem-se que,
994
395
N
célulapor vozde canais de totalNúmerocélulapor vozde canais de Número ===
5.3124*33 ==== Nq Da tabela que relaciona o tráfego oferecido com o número de canais fonte, tira-se que com 99 canais de voz e uma taxa de bloqueio de 2%, a carga oferecida é 87.01 Erlangs. Assim sendo, a carga efectivamente transportada (tráfego real) será:
Erlangs 85.26 87.01 0.02)-(1célulapor real Carga
oferecida totalCarga bloqueio) de Taxa-(1 célulapor real Carga
=⋅=⇔⋅=
Acontece que
o observaçãPeríodo de
amadasdia das chDuração méélulahora por cmadas por N.º de cha al Tráfego re
⋅=
Donde,
2558120
360026.85
3600
12026.85
=×=
⇔⋅
=
r célulaor hora pochamadas pNúmero de
segundos
segundosr célulaor hora pochamadas pNúmero de
Quanto ao quociente S/I, é dado pela seguinte equação:
6
γq
I
S =
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
donde se tira que, para N = 4 (⇔ q = 3.5) e γ = 4 (do enunciado), vem
256
5.3 4
==I
S (14 dB)
Sintetizando, os resultados finais são: N q Canais de voz por célula Chamadas por célula por hora S/I médio (dB) 4 3.5 99 2558 14 7 4.6 56 1349 18.7
12 6 33 724 23.3
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
26. Considerar um sistema GSM com um espectro uni-direccional (one way) de 12.5 MHz e espaçamento entre canais de 200 kHz. Existem três canais de controlo por célula e o factor de reutilização é 4. Assumindo uma antena omnidireccional com seis interferentes no primeiro anel e uma inclinação para o caminho de perdas (path loss slope) de 40 dB/década (γ = 4), calcular o número de chamadas por célula por hora, com uma taxa de bloqueio de 2% e uma duração média das chamadas de 120 segundos. Resolução
controlo de canaisN.ºN canais dos banda de Largura
por canais de N.º B célulapor vozde canais de N.º −
⋅⋅= frame
Do enunciado, tem-se que Largura de banda total (B) = 12.5 MHz N.º de canais por frame = 8 (sistema GSM) Largura de banda dos canais = 200 kHz Factor de reutilização (N) = 4 N.º de canais de controlo = 3 Substituindo os valores dados, chega-se a N.º de canais de voz por célula = 122 Recorrendo à tabela referida no problema 24, tem-se que, para 122 canais e uma taxa de bloqueio de 2%, a carga total oferecida é de 110 Erlangs. Deste modo, o tráfego real será 0.98 * 110 = 107.8 Erlangs. Como
o observaçãPeríodo de
amadasdia das chDuração méélulahora por cmadas por N.º de cha al Tráfego re
⋅=
vem
3234120
36008.107
3600
1208.107
=×=
⇔⋅
=
r célulaor hora pochamadas pNúmero de
segundos
segundosr célulaor hora pochamadas pNúmero de
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
26. A figura mostra a carga transportada, em Erlangs, para um sistema celular de 7 células, localizado numa área metropolitana ocupada. Existem, no total, 395 canais disponíveis no sistema. Assumindo que cada assinante gera 0.03 Erlangs de tráfego no sistema, com uma duração média de chamadas de 120 segundos e que o sistema cobre uma área de 1200 km2 desenhadas para uma taxa de bloqueio de 2%, calcular:
a. O número de canais requerido em cada célula b. O número de assinantes servidos pelo sistema c. O número médio de assinantes por canal d. O número de chamadas suportadas pelo sistema e. A densidade de assinantes, por km2 f. A densidade de chamadas, por km2 g. O raio de cada célula, em km h. O factor de reutilização por canal
Resolução Para a resolução deste problema vai-se recorrer à seguinte tabela:
N.º célula Tráfego Canais requeridos Assinantes por célula Chamadas por célula 1 30.8 40 1026.7 924 2 66.7 78 2223.3 2001 3 48.6 59 1620.0 1458 4 33.2 43 1106.7 996 5 38.2 48 1273.3 1146 6 37.8 48 1260.0 1134 7 32.6 42 1086.7 978
Total 287.9 358 9596.7 (≈9597) 8637 Nas próximas alíneas, quando for o caso de resolução individual, só se ilustrarão os cálculos para a célula 1; para as demais células, o processo é análogo.
a. Para a célula 1 tem-se que o tráfego é 30.8 Erlangs; recorrendo à tabela referida no problema 24, tira-se que o número de canais, para uma taxa de bloqueio de 2%, é de 40.
b. O número de assinantes por cada célula é igual ao tráfego total a dividir
pelo tráfego individual de cada assinante; como cada assinante gera 0.03 Erlangs de tráfego (dado do enunciado) e, no caso da célula 1 o tráfego total é de 30.8 Erlangs, então o número de assinantes é 1026.7, ou seja,
(1)
30.8 (1) (3)
48.6
(2)
66.7
(4)
33.2
(6)
37.8
(5)
38.2
(7)
32.6
,,, ,,,666777(((000$$$666 '''((( (((///(((&&&222000888111,,,&&&$$$ddd®®®(((666
)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
7.102603.0
8.30
individual Tráfego
totalTráfegoassinantesN.º ===
O número de assinantes total do sistema é igual à soma do número de assinantes de cada célula, o que dá, neste caso, 9597 assinantes.
c. 8.26358
9597
canais de totalN.º
assinantes de totalN.ºcanalpor assinantes de médio N.º ===
d. O número de chamadas suportadas pelo sistema é igual à soma do
número de chamadas da cada célula, o que dá, neste caso, 8637. e. A densidade de assinantes, por km2, é igual ao número total de assinantes
a dividir pela área total, ou seja,
81200
9597
totalÁrea
assinantes de totalN.ºkmpor assinanets de Densidade 2 ===
f. A densidade de chamadas, por km2, é igual ao número total de chamadas
a dividir pela área total, ou seja,
2.71200
8637
totalÁrea
chamadas de totalN.ºkmpor chamadas de Densidade 2 ===
g. A área de cada célula O raio de cada célula, em km
4.1717
1200
.º===
célulasN
AA total
célula km2
12.86.2
4.171
6.26.2 2 ===⇔⋅= hex
hex
ARRA km
h. 1.1358
395
requeridos canais N.º
existentes canais N.ºN ===
,,, ,,,666777(((000$$$666 '''((( (((///(((&&&222000888111,,,&&&$$$ddd®®®(((666
)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
27. Comparar a eficiência espectral do sistema digital comparativamente ao sistema analógico, usando os seguintes dados:
a. Número total de canais (voz + controlo): 416 b. Número total de canais de controlo: 21 c. Número total de canais de voz: 395 d. Largura de banda de cada canal: 30 kHz (sistema americano) e. Factor de reutilização: 7 f. Largura de banda total disponível em cada direcção: 12.5 MHz g. Área total de cobertura: 10 000 km2 h. Quociente S/I requerido para o sistema analógico: 18 dB i. Quociente S/I requerido para o sistema digital: 16 dB j. Taxa de bloqueio de chamadas: 2%
Resolução Começar-se-á por analisar o sistema analógico. Neste tem-se,
• 567
395 célulapor vozde canais de N.º ==
• 26.2 RAhex =
• Carga oferecida por célula = 45.9 Erlangs (recorrendo-se à tabela referida
no problema 24) • Tráfego real por célula = 45.9 * (1 – 0.02) = 44.98 Erlangs
• 2
2 384.1
100005.126.2
1000098.44
totalÁrea totalBanda
células N.º real Tráfego espectral Eficiência
RR =
×
×
=⋅⋅=
A eficiência espectral, assim dada, vem expressa em Erlangs/km2/MHz.
• Sabe-se que
7943.07.63
8.39
106
106
666
10
18
10
16
2
2
2
1
24
11
==×
×=∴
⋅=⇔
⋅=
⋅=
analógico
digital
q
q
I
Sq
I
S
I
Sq
γ
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Para o sistema digital, tem-se que
• N.º de canais de voz por cada 30 kHz = 3 (multiplexagem) • N.º de canais de voz por cada célula = 56 x 3 = 168
• Carga total oferecida por célula = 154.5 Erlangs (da tabela referida no
problema 24)
• Tráfego real por célula = 154.5 x (1 – 0.02) = 151.4 Erlangs
• ( )22
12digital
2analógico
8648.5
6.25.12
7934.04.151
célula cada de Área totalBanda
q
q real Tráfego
espectral EficiênciaRR
=×
×=⋅
⋅=
−
A eficiência espectral, assim dada, vem expressa em Erlangs/km2/MHz.
• Concluindo tem-se que
24.4384.1
8648.5
espectral Eficiência
espectral Eficiência
2
2
Analógico Sistema
Digital Sistema ==
R
R
Conclusão: para o mesmo problema a eficiência espectral do sistema digital é 4.24 vezes superior à do sistema analógico.
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28. Considerar um sistema celular com um total de 395 canais de voz alocados, de 30 kHz cada. A largura de banda total disponível em cada direcção é de 1.5 MHz. O tráfego é uniforme, com uma duração média de chamadas de 120 segundos num período de uma hora e o sistema tem uma taxa de bloqueio de 2%. Para um factor de reutilização de 4, 7 e 12 e para sistemas omnidireccionais, sectores de 120º e 60º, calcular:
a. As chamadas por hora por célula b. O quociente médio S/I c. A eficiência espectral, em Erlangs/k2/MHz
Assumir que existem 10 estações móveis por km2 e que cada estação móvel gera um tráfego de 0.02 Erlangs. A inclinação do caminho de perdas é de 40 dB/década. Resolução Sabe-se que,
célula A t V ula al por célTráfego re ⋅⋅=
em que, V é o número de estações móveis por km2 t é o tráfego por estação móvel, em Erlangs Acélula é a área da célula (neste caso considera-se, como anteriormente, que a célula é um hexágono) Neste caso,
22 52.06.202.010 RR A t V ula al por célTráfego re célula =××=⋅⋅=
Sabe-se, também, que,
( ) ( )mNmédioI
Slog103log ⋅−⋅=γ
em que, γ é a inclinação do caminho de perdas (path loss slope), em dB m é o número de interferentes no primeiro anel; para os sistemas omnidireccionais, m = 6, para os sistemas com sectores de 120º, m = 2 e para os sistemas com sectores de 60º, m = 1.
Por último, sabe-se que,
totalÁrea totalBanda
células N.º real Tráfego espectral Eficiência
⋅⋅=
Neste caso, vem,
2R 2.6 totalBanda
real Tráfego espectral Eficiência
⋅=
,,, ,,,666777(((000$$$666 '''((( (((///(((&&&222000888111,,,&&&$$$ddd®®®(((666
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Os cálculos ilustrados a seguir são para um factor de reutilização, N, de 7 e para um sistema com sectores de 120º; para os restantes factores de reutilização e para os restantes sistemas sectoriais, a resolução é análoga.
• 1937
395
célulapor sectores N.º N
vozde canais de totalN.ºsector por vozde canais de N.º =
×=
⋅=
• Carga total oferecida por sector = 12.3 Erlangs (da tabela referida no
problema 24)
• Carga total oferecida por célula = Carga total oferecida por sector x Número de sectores por célula = 12.3 x 3 = 36.9 Erlangs
• Tráfego real por célula = 36.9 x (1 – 0.02) = 36.2 Erlangs
• Como
o observaçãPeríodo de
amadasdia das chDuração méélulahora por cmadas por N.º de cha al Tráfego re
⋅=
vem
1086120
36002.36
3600
1202.36
=×=
⇔⋅
=
r célulaor hora pochamadas pNúmero de
segundos
segundosr célulaor hora pochamadas pNúmero de
• 3.852.0
2.36252.0 ==⇔×= RR ula al por célTráfego re km
• ( ) ( ) 43.232log1073log40 =⋅−×⋅=médioI
SdB
• Por último, relativamente à eficiência espectral, esta varia de acordo com
o raio da célula; assim sendo, para valores distintos de R na equação da eficiência espectral, obtêm-se valores distintos para a eficiência espectral; irão ser considerados quatro valores para o raio das células: 2, 4. 6, 8 e 10 km. A seguir demonstra-se como calcular a eficiência espectral para uma célula de 2 km.
278.02 2.612.5
36.2 2 =
××= espectralEficiência
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
Juntando todos os dados em tabelas, vem: Comparação do desempenho dos sistemas sectoriais:
Sistema N Canais
por sector
Carga oferecida por
célula (E)
Tráfego real por célula
(E)
Chamadas por célula por hora
Raio da célula (km)
S/I médio (dB)
4 99 87.0 85.3 2559 12.8 13.8 7 56 45.9 45.0 1350 9.3 18.7 Omni.
12 33 24.6 24.1 723 6.8 23.3 4 33 73.8 72.3 2169 11.8 18.6 7 19 36.9 36.2 1086 8.3 23.4 120º
12 11 17.5 17.2 516 5.8 28.1 4 17 64.2 62.9 1887 11.0 21.6 7 9 26.0 25.5 765 7.0 26.4 60º
12 6 13.7 13.4 402 5.1 31.1 Comparação da eficiência espectral vs. o raio da célula, para os vários sistemas sectoriais:
Raio da célula (km) Sistema N q
2 4 6 8 10 4 3.5 0.656 0.164 0.073 0.041 0.026 7 4.6 0.346 0.087 0.038 0.022 0.014 Omni.
12 6.0 0.185 0.046 0.021 0.012 0.007 4 3.5 0.556 0.139 0.062 0.035 0.022 7 4.6 0.278 0.070 0.031 0.017 0.011 120º
12 6.0 0.132 0.033 0.015 0.008 0.005 4 3.5 0.484 0.121 0.054 0.030 0.019 7 4.6 0.196 0.049 0.022 0.012 0.008 60º
12 6.0 0.103 0.026 0.012 0.006 0.004
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
29. Determinar a largura de banda mínima de um sinal de vídeo, considerando o sistema NTSC, com um número de linhas igual 525 e uma perda média de linhas, durante o varrimento, igual a 42 linhas. Sabe-se que o inverso da frequência de retorno horizontal vale 63.5 µs, apresentando um valor para Th igual a 10 µs e que o valor do aspect ratio vale 4/3. Resolução Os dados que se podem retirar do enunciado são: N = 525; Nvr = 42; Tline = 1/fH = 63.5 µs; Thr = 10 µs; H/V = 4/3. Recorrendo à equação
hrline
vr
TT
NN
V
HB
−−⋅⋅= 35.0 ,
chega-se a um valor B = 4.2 MHz.
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
30. Determinar a largura de banda mínima para um sistema HDTV com um aspect ratio de 5/3, cujo écran apresenta, aproximadamente, um milhão de pixels. Tomar como pressuposto uma frequência de 30 quadros por segundo, Nvr = 60 linhas e Thr = 12.5 µs. Resolução Do enunciado, tem-se Nvr = 60, Thr = 12.5 µs, H/V = 5/3, Tframe = 1/30 s e que np = 106. Sabe-se que o número de linhas para o sistema HDTV é de 1125. Substituindo estes valores na seguinte equação
−⋅
−
⋅=⋅
line
hrvr
frame
T
T
N
N
npTB
11
714.0,
em que
63.291125*30
1 ===N
TT frame
line µs
obtém-se, finalmente, o valor B = 39.1 MHz.
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
31. Considerar um sistema de Fax com valores desprezáveis para o retorno horizontal e vertical. Determinar o valor do período de um quadro, para codificar e transmitir uma página de 37 por 59 cm, com uma resolução espacial de 40 linhas/cm, usando um canal telefónico com largura de banda de 3.2 kHz. Resolução Dos dados do problema temos B = 3.2 kHz 40 linhas/cm ⇒ N = 40 * 59 = 2360 linhas Nvr = 0 Thr = 0 H/V = 37/59 Da equação
hrline
vr
TT
NN
V
HB
−−⋅⋅= 35.0 , tira-se que
Tline = 161.87 ms, donde, finalmente, se tira Tframe = Tline * N = 161.87 * 2360 = 382 s = 6’ 22”
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
32. Determinar o número de pixels para o sistema PAL, para Nvr = 48 linhas e Thr = 10 µs. Resolução
−⋅
−
⋅=⋅
line
hrvr
frame
T
T
N
N
npTB
11
714.0
2269211064
10101
625
481
25
102.5
714.0
16
66
=
××−⋅
−⋅×⋅= −
−
np pixels
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)LOLSH 0RUHLUD ± -XOKR 3iJLQD GH
33. Considerar um sistema de televisão a cores PAL, em que cada uma das três bandas espectrais RGB ocupa uma largura de banda de 5.2 MHz. Estimar a largura de banda necessária para transmitir um sinal composto pela componente de luminância e pelas duas componentes em quadratura da crominância, admitindo os seguintes casos:
a. as bandas de xY(t) e xC(t) são multiplexadas em canais distintos FDM b. as riscas espectrais da corminância são entrelaçadas com as riscas da
luminância. Resolução
a. Neste caso tem-se a seguinte situação (a nível espectral):
em que o sinal a contínuo representa uma das componentes (crominância
ou luminância) e o sinal a tracejado representa a outra Da análise da figura, vê-se que a largura de banda total vai ser o dobro da
de cada componente, ou seja, vai ser duas vezes 5.2 MHz, o que dá uma largura de banda total de 10.4 MHz.
b. Agora caso tem-se a seguinte situação (a nível espectral):
em que o sinal a contínuo representa uma das componentes (crominância
ou luminância) e o sinal a tracejado representa a outra Da análise da figura, vê-se que a largura de banda total vai ser o igual à
de cada componente, ou seja, vai ser 5.2 MHz.
0 f f /2
0 f f /2
3f /2